卷子答案网-一个不只有答案的网站河南省新未来2022-2023学年高一下学期6月期末联考物理试题
一、选择题:本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．从t=0时刻开始，一质点的位移-时间图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．质点可能做曲线运动 B．质点运动的初速度一定不为零
C．质点运动的速度越来越大 D．质点运动的加速度不变
【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A. 位移-时间图像对应物体都做直线运动，A错误；
B.图像初始状态切线水平，初速度为0，B错误；
C.图像切线的斜率越来越大，速度越来越大，C正确；
D.质点速度越来越大，位移时间图像可以看成速度大小变化情况，但无法看出加速度变化情况，D错误；
故答案为：C。
【分析】位移时间图像切线斜率反应速度大小，位移-时间图像对应物体都做直线运动。
2．当一带电云层靠近避雷针时，由于静电感应使避雷针尖端带上电荷，避雷针周围电场的电场线分布如图中虚线所示.一个电子以一定的速度进入电场(仅受电场力作用)，轨迹如图中实线所示，则下列说法正确的是（ ）
A．避雷针尖端带负电
B．电子一定是从 A向B运动
C．电子在A点加速度比在B点加速度小
D．若将电子从B点由静止释放，电子运动轨迹将与电场线重合
【答案】C
【知识点】电场强度；电场线
【解析】【解答】A.如果云层带负电，由于静电感应，尖端将带上正电荷，A错误；
B.尖端带负电，电子可以由B运动到A，B错误；
C.B点靠近尖端，电场强度较大，加速度较大，C正确；
D.因为不是匀强电场，不能保持电场力方向总于速度方向一致，所以电子运动轨迹不可能与电场线重合，D错误。
故答案为：C。
【分析】尖端附近场强大，电场力大，加速度较大。静电感应使尖端带电。
3．图甲为运动员掷铅球比赛时的情景，铅球掷出后，在空中运动的轨迹如图乙所示.a、b、c、d、e为轨迹上五点，c为轨迹的最高点，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．铅球从d点到e点的过程比从a点到6点的过程中速度变化快
B．铅球从a点运动到c点和从c点运动到e点速度变化方向相同
C．铅球运动到c点时重力的功率最小，但不为零
D．铅球从a点运动到e点，合外力做的功小于重力势能的减少量
【答案】B
【知识点】曲线运动；功率及其计算
【解析】【解答】A.球做抛体运动，加速度恒定为重力加速度，所以每点速度变化快慢都相同，A错误；
B.加速度恒定为重力加速度，所以每点速度变化方向相同，B正确；
C.C点只有水平速度，重力功率为0，C错误；
D. 铅球从a点运动到e点 ，由于是抛体运动，合外力做功即为重力做功，根据功能关系，重力做功等于于重力势能的减少量，D错误 ；
故答案为：B。
【分析】物体运动过程只受重力作用，是抛体运动，加速度恒定，速度变化方向恒定。
4．2023年5月30日，“神舟十六号”载人飞船入轨后，成功对接于空间站天和核心舱前向端口。“神舟十六号”和“神舟十五号”乘组成功会师于空间站，“神舟十五号”已于6月4日返回地面，空间站运行在离地约400km的圆轨道上.空间站绕地球做匀速圆周运动.下列说法正确的是（ ）
A． “神舟十六号”的发射速度不大于第一宇宙速度
B．空间站在轨运行速度不小于第一宇宙速度
C．“神舟十六号”必须先进入空间站所在轨道与空间站同向绕行，然后加速才能实现对接
D．“神舟十五号”沿椭圆轨道返回地球时，飞船的速度会增大
【答案】D
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A.第一宇宙速度为最小发射速度，所以“神舟十六号”的发射速度不小于第一宇宙速度，A错误；
B. 第一宇宙速度为圆轨道最大运行速度，空间站在轨运行速度不大于第一宇宙速度，B错误；
C.卫星追击是先减速降低轨道，再加速升高轨道追击，不是在直接在同轨道加速追击，C错误；
D.“神舟十五号”沿椭圆轨道返回地球时，重力势能转化为动能，动能增加，速度增加，D正确；
故答案为：D。
【分析】第一宇宙速度为最小发射速度，最大环绕速度，卫星追击是先减速降低轨道，再加速升高轨道追击。
5．如图所示，用卡车通过装置拖货轮靠岸，卡车以速度v匀速向前行驶，定滑轮左侧的绳与竖直方向的夹角为0，右侧的绳与竖直方向的夹角为a，此时货轮的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】将卡车速度分解为沿绳子和垂直绳子方向速度，沿绳子方向速度为，将货轮速度分解为沿绳子和垂直绳子方向速度，沿绳子方向速度为，，故答案为：A。
【分析】卡车速度以及货轮速度为实际速度，为合速度，将其分别分解为沿绳子速度以及垂直绳子方向速度。
6．摩天轮边缘悬挂座舱，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动.乘客旅行包放置在该摩天轮座舱水平板上，旅行包始终与水平板保持相对静止，在从最高点运动到最低点的过程中（ ）
A．座舱水平板对旅行包的支持力先增大后减小
B．座舱水平板对旅行包的摩擦力先增大后减小
C．合力对旅行包先做正功后做负功
D．重力对旅行包做功的功率保持不变
【答案】B
【知识点】功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】A. 乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动 ，合力指向圆心，加速度指向圆心，在竖直方向先有向下加速度后有向上加速度，支持力先小于重力，后大于重力，所以在从最高点运动到最低点的过程中，支持力一直增大，A错误；
B.水平方向加速度先增大后减小，所以摩擦力也先增大后减小，B正确；
C. 匀速圆周运动，合力与运动方向垂直，不做功，C错误；
D.物体运动到水平位置重力功率为零，其他位置重力功率不为零，所以重力功率不可能保持不变，D错误；
故答案为：B。
【分析】将向心加速度分解为水平以及竖直方向，即可得出支持力以及摩擦力大小变化情况。
7．如图甲所示，质量为m的物块放在光滑的水平面上，从t=0时刻，在水平拉力作用下由静止开始运动，拉力的功率随时间变化如图乙所示，则t=t0时刻物块的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】 【解答】拉力做功即为合力做功，图像与坐标轴围成的面积即为合力做功，根据动能定理可得，故答案为：C。
【分析】合力做功等于动能变化，图像与坐标轴围成的面积即为合力做功。
二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图所示，A、B两个相同的茶杯放在餐桌上的自动转盘上，O为转盘圆心，B.O间距大于 A、
O间距，B杯中装满水，A杯是空杯，转盘在电动机的带动下匀速转动，A、B两杯与转盘始终
保持相对静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．A受到的摩擦力比B的大
B．B受到的摩擦力比 A的大
C．增大转动的角速度，B一定先滑动
D．增大转动的角速度，A有可能先滑动
【答案】B,C
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】AB.两个物体共轴转动，角速度相同，摩擦力提供向心力，，角速度相同，圆周运动半径越大，向心力越大，摩擦力越大，B的摩擦力较大，A错误，B正确；
BC.B圆周运动所需向心力较大，摩擦力提供向心力， 增大转动的角速度 ，所以肯定B先达到最大静摩擦力，B一定先滑动，C正确，D错误；
故答案为：BC。
【分析】摩擦力提供向心力，共轴转动，角速度相等，半径越大，向心力越大。
9．如图所示，质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一个电荷量也为q的带电小球B固定于O点的正下方，小球A静止时与小球B在同一水平线上，此时细线与竖直方向的夹角0=60°，两带电小球均可视为点电荷.已知重力加速度为g，静电力常量为k.则下列说法正确的是（ ）
A．细线的长为
B．带电小球B在A处的电场强度大小为
C．若小球A电荷量缓慢减小则A，B两球间的库仑力不断减小
D．若小球A电荷量缓慢减小，则细线上的拉力不断减小
【答案】A,B,C
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】AB.由受力平衡可得电场力大小为，电场强度为，根据库仑定律，，由由几何关系绳长等于，AB都正确；
CD.重力拉力与库仑力可以围成一个封闭的矢量三角形，该矢量三角形与三角形OAB相似，所以有，mg和OB，OA不变，所以F拉不变， 若小球A电荷量缓慢减小 ，AB间距减小，库仑力减小，C正确，D错误；
故答案为：ABC。
【分析】利用库仑定律求解库仑力，利用相似三角形求解力的变化。
10．如图所示，倾角=37°的粗糙斜面体固定在水平面上，一轻质弹簧放在斜面上，下端固定，弹簧处于自然状态.质量为1kg的物块(可视为质点)从斜面上某点由静止释放，物块向下运动1m时刚好与弹簧接触，此时物块的动能为2J，物块继续向下压缩弹簧0.1m时动能达到最大.取重力加速度 g=10m/s2，sin 37°=0.6.cos 37=0.8.则下列说法正确的是（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.25
B．弹簧的劲度系数为20N/m
C．从开始运动到物块动能最大的过程中，物块损失的机械能全部转化为摩擦产生的内能
D．物块向下运动过程中动能最大的位置仍不变
【答案】B,D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB.动能达到最大，摩擦力与弹力的合力等于重力向下分力，， 物块向下运动1m时刚好与弹簧接触，此时物块的动能为2J ，速度为2米每秒，可得加速度大小为2米每二次方秒，，联立两个式子可得动摩擦因数为0.5，F弹为2N，由胡克定律可得劲度系数为20牛每米，A错误，B正确；
C.从开始运动到物块动能最大的过程中，物块损失的机械能转化为摩擦产生的内能以及弹簧弹性势能，C错误；
D：始物向下运动过程中动能最大的位置仍不变 ，D正确；
故答案为：BD。
【分析】物块运动过程机械能转化为内能和弹簧弹性势能，受力平衡时，速度最大。
三、非选择题:本题共5小题，共54分。
11．某实验小组利用如图甲所示的装置进行“探究加速度与合外力的关系”实验.
（1）下图是实验时补偿阻力的情形，其中正确的是 (填字母).
（2）如图乙是实验中获取的一条纸带的一部分，已知打点计时器电源频率为50Hz，其中A，B，C，D，E，F，G是计数点，每相邻两计数点间还有4个计时点(图中未标出)，计数点间的距离如图乙所示，由纸带求出小车的加速度的大小为 m/s2(计算结果保留2位有效数字)，如果当时电源的频率f<50Hz，但实验小组同学并不知道，那么测得的加速度值与真实值相比 (填“偏大”或“偏小”)。
（3）在满足实验条件时，研究小车质量一定的情况下其加速度a与砝码重力F(忘记测量砝码盘的质量，但其他操作均正确)的关系，得到a与F的关系应该是图丙中的_(填“1”“2”或“3”).
【答案】（1）B
（2）0.20；偏大
（3）1
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）补偿阻力要不加砝码拉动，后面要拖着纸带，所以答案为：B。
（2）根据逐差法求解加速度，频率偏小，打点时间偏大，所以计算时实际距离变得更长，但计算的时间不变，因为同学并不知道，由加速度的表达式可得，a偏大。
（3） 忘记测量砝码盘的质量 ，但砝码盘也会产生拉力，所以加速度对应会偏大一些，所以为图1。
【分析】（1）补偿阻力要不加砝码拉动，后面要拖着纸带。
（2）频率偏小，打点时间偏大，逐差法求解加速度。
（3） 忘记测量砝码盘的质量 ，但砝码盘也会产生拉力，所以单独砝码较小的拉力产生了更大的加速度，加速度偏大。
12．某同学用气垫导轨来验证机械能守恒定律，装置如图所示，装有遮光条的滑块放置在气垫导轨上的A位置，细线绕过固定在导轨右端的定滑轮，一端与滑块连接、另一端悬挂钩码.已知遮光条宽度为d，滑块与遮光条的总质量为M.A到光电门中心距离为工钩码的质量为m，当地重力加速度为g.
（1）开通气源，先调节气垫导轨水平，取下细线和钩码，将滑块轻放在气垫导轨上，如果滑块能 ，说明气垫导轨水平。
（2）挂上钩码将滑块从静测得滑块通光电门时遮光条的遮光时间为t如果表达式 成立(用题中所给物理量的符号表示)，则机械能守恒定律得到验证。
（3）改变钩码质量，多次实验，每次让滑块从A点由静止释放，测得多组钩码质量m及遮光条遮光时间作t2 -图像，如果图像是一条倾斜直线且图像的斜率为 ，图像与纵轴的截距为 ，则机械能守恒定律得到验证.(均用题中所给物理量的符号表示)
【答案】（1）静止
（2）
（3）；
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1） 导轨水平，滑块不能滑动保持静止。
（2）钩码减小的重力势能转化为钩码和滑块的动能，即。
（3）由 得，对应图像斜率为， 图像与纵轴的截距为。
【分析】（1）导轨水平，滑块不能滑动保持静止。
（2）忽略空气阻力，减小的重力势能等于整体增加的动能。
（3）由（2）中表达式得到图像斜率与截距。
13．如图所示，质量均为m、电荷量相同的小球A、B，用长均为L的绝缘细线悬于O点。用光滑的竖直绝缘挡板使小球B静止，B球的悬线竖直，A球静止时，A球悬线与竖直方向的夹角为=60°.重力加速度大小为g，不计小球的大小，两小球的电荷量始终不变，静电力常量为k，求：
（1）小球A所带电荷量的大小；
（2）小球B上悬线拉力的大小；
（3）撤去挡板的一瞬间，小球A、B的加速度的大小.
【答案】（1）由几何关系可知，A、B两球间的距离为L，设两球的带电量均为Q，则A球受到的库仑力为，由受力平衡可得，，解得。
（2）对B竖直方向受力分析得：
（3）撤去挡板的一瞬间 ，A球受力来不及改变，合力依然为零，加速度为0。
F在水平方向分力为
【知识点】库仑定律；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）由几何关系可得，物体间距离为L，由受力平衡以及库仑定律求解。
（2）将AB间库仑力沿AB方向分解，改分力加上重力即为悬线拉力。
（3）撤去挡板的一瞬间 ，A依然平衡，加速度为零，AB间库仑力沿水平的分力使B球产生加速度。
14．如图所示，倾角为0=37°的斜面体固定在水平地面上，绕过斜面顶端定滑轮的细线一端连接在斜面底端、质量mB=1kg的物块B上，另一端吊着质量mA=2kg的物块A，连接物块B的细线与斜面平行，物块A离地面的高度为H=1.5m物块B与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面足够长，取重力加速度g=10m/s sin37°=0.6，cos37°=0.8，物块均可视为质点.现由静止释放物块B(物块A着地后不反弹)，求：
（1）物块A开始向下运动过程中，细线的拉力大小；
（2）从释放物块B到A第一次刚落地过程中，细线拉力对物块B所做的功；
（3）从物块A第一次落地后到此后细线再次刚好绷紧的过程中，物块B与斜面间因摩擦而
产生的热量.
【答案】（1）向下运动过程AB加速度大小相等，设为a。
对A由牛顿第二定律得
对B由牛顿第二定律得解得
（2）
（3）由（1）得B向上加速度为，位移为，由，撤去拉力，继续上滑，加速度，向上位移，再次返回位移也等于0.5m，所以 从物块A第一次落地后到此后细线再次刚好绷紧的过程中总相对位移为1m，
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物体A受拉力和重力，B受拉力重力和支持力，摩擦力，它们产生的加速度大小相等，由牛顿第二定律联立方程求解。
（2）拉力乘以移动距离即物块A离地面的高度就等于细线拉力对物块B所做的功。
（3）物体的动能转化为重力势能以及热能，由能量守恒定律求解。
15．某同学设计了一款小游戏，装置如图所示，固定在竖直面内、半径为R的光滑圆弧轨道AB所对的圆心角为=60°，圆弧轨道最低点与水平面相切于A点，质量为m的小球a放在水平面上的P点，给小球a一个大小为的水平向右的初速度(g为重力加速度)，小球a沿水平面向右运动并滑上圆弧轨道，随后从圆弧轨道上的B点抛出，最后落到地面。已知PA之间的距离为2R，不计空气阻力，小球可视为质点，小球a在水平面上受到的阻力为其重力的0.25倍，求：
（1）小球a刚滑上圆弧轨道时对圆弧轨道的压力大小；
（2）小球a从B点抛出后在空中的最小速度；
（3）小球a从B点抛出到落地所用的时间。
【答案】（1）从P到A由动能定理得
在A点由牛顿第二定律得：
由牛顿第三定律得 小球a刚滑上圆弧轨道时对圆弧轨道的压力大小 等于
（2）从A到B由动能定理得：，由（1）得，，水平分速度为 ， 小球a从B点抛出后在空中的最小速度 即为水平分速度。
（3）竖直分速度为，
上升时间为，
上升高度为，
总的下降高度为，
下落时间，
总时间
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）由动能定理求解到A点的速度，由牛顿第二定律以及第三定律求解小球a刚滑上圆弧轨道时对圆弧轨道的压力大小；
（2） 小球a从B点抛出后在空中的最小速度 即为在B点速的水平分速度。
（3）在B点后先上升后下落，上升时间加上下落时间即为总时间。
河南省新未来2022-2023学年高一下学期6月期末联考物理试题
一、选择题:本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．从t=0时刻开始，一质点的位移-时间图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．质点可能做曲线运动 B．质点运动的初速度一定不为零
C．质点运动的速度越来越大 D．质点运动的加速度不变
2．当一带电云层靠近避雷针时，由于静电感应使避雷针尖端带上电荷，避雷针周围电场的电场线分布如图中虚线所示.一个电子以一定的速度进入电场(仅受电场力作用)，轨迹如图中实线所示，则下列说法正确的是（ ）
A．避雷针尖端带负电
B．电子一定是从 A向B运动
C．电子在A点加速度比在B点加速度小
D．若将电子从B点由静止释放，电子运动轨迹将与电场线重合
3．图甲为运动员掷铅球比赛时的情景，铅球掷出后，在空中运动的轨迹如图乙所示.a、b、c、d、e为轨迹上五点，c为轨迹的最高点，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．铅球从d点到e点的过程比从a点到6点的过程中速度变化快
B．铅球从a点运动到c点和从c点运动到e点速度变化方向相同
C．铅球运动到c点时重力的功率最小，但不为零
D．铅球从a点运动到e点，合外力做的功小于重力势能的减少量
4．2023年5月30日，“神舟十六号”载人飞船入轨后，成功对接于空间站天和核心舱前向端口。“神舟十六号”和“神舟十五号”乘组成功会师于空间站，“神舟十五号”已于6月4日返回地面，空间站运行在离地约400km的圆轨道上.空间站绕地球做匀速圆周运动.下列说法正确的是（ ）
A． “神舟十六号”的发射速度不大于第一宇宙速度
B．空间站在轨运行速度不小于第一宇宙速度
C．“神舟十六号”必须先进入空间站所在轨道与空间站同向绕行，然后加速才能实现对接
D．“神舟十五号”沿椭圆轨道返回地球时，飞船的速度会增大
5．如图所示，用卡车通过装置拖货轮靠岸，卡车以速度v匀速向前行驶，定滑轮左侧的绳与竖直方向的夹角为0，右侧的绳与竖直方向的夹角为a，此时货轮的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
6．摩天轮边缘悬挂座舱，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动.乘客旅行包放置在该摩天轮座舱水平板上，旅行包始终与水平板保持相对静止，在从最高点运动到最低点的过程中（ ）
A．座舱水平板对旅行包的支持力先增大后减小
B．座舱水平板对旅行包的摩擦力先增大后减小
C．合力对旅行包先做正功后做负功
D．重力对旅行包做功的功率保持不变
7．如图甲所示，质量为m的物块放在光滑的水平面上，从t=0时刻，在水平拉力作用下由静止开始运动，拉力的功率随时间变化如图乙所示，则t=t0时刻物块的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图所示，A、B两个相同的茶杯放在餐桌上的自动转盘上，O为转盘圆心，B.O间距大于 A、
O间距，B杯中装满水，A杯是空杯，转盘在电动机的带动下匀速转动，A、B两杯与转盘始终
保持相对静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．A受到的摩擦力比B的大
B．B受到的摩擦力比 A的大
C．增大转动的角速度，B一定先滑动
D．增大转动的角速度，A有可能先滑动
9．如图所示，质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一个电荷量也为q的带电小球B固定于O点的正下方，小球A静止时与小球B在同一水平线上，此时细线与竖直方向的夹角0=60°，两带电小球均可视为点电荷.已知重力加速度为g，静电力常量为k.则下列说法正确的是（ ）
A．细线的长为
B．带电小球B在A处的电场强度大小为
C．若小球A电荷量缓慢减小则A，B两球间的库仑力不断减小
D．若小球A电荷量缓慢减小，则细线上的拉力不断减小
10．如图所示，倾角=37°的粗糙斜面体固定在水平面上，一轻质弹簧放在斜面上，下端固定，弹簧处于自然状态.质量为1kg的物块(可视为质点)从斜面上某点由静止释放，物块向下运动1m时刚好与弹簧接触，此时物块的动能为2J，物块继续向下压缩弹簧0.1m时动能达到最大.取重力加速度 g=10m/s2，sin 37°=0.6.cos 37=0.8.则下列说法正确的是（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.25
B．弹簧的劲度系数为20N/m
C．从开始运动到物块动能最大的过程中，物块损失的机械能全部转化为摩擦产生的内能
D．物块向下运动过程中动能最大的位置仍不变
三、非选择题:本题共5小题，共54分。
11．某实验小组利用如图甲所示的装置进行“探究加速度与合外力的关系”实验.
（1）下图是实验时补偿阻力的情形，其中正确的是 (填字母).
（2）如图乙是实验中获取的一条纸带的一部分，已知打点计时器电源频率为50Hz，其中A，B，C，D，E，F，G是计数点，每相邻两计数点间还有4个计时点(图中未标出)，计数点间的距离如图乙所示，由纸带求出小车的加速度的大小为 m/s2(计算结果保留2位有效数字)，如果当时电源的频率f<50Hz，但实验小组同学并不知道，那么测得的加速度值与真实值相比 (填“偏大”或“偏小”)。
（3）在满足实验条件时，研究小车质量一定的情况下其加速度a与砝码重力F(忘记测量砝码盘的质量，但其他操作均正确)的关系，得到a与F的关系应该是图丙中的_(填“1”“2”或“3”).
12．某同学用气垫导轨来验证机械能守恒定律，装置如图所示，装有遮光条的滑块放置在气垫导轨上的A位置，细线绕过固定在导轨右端的定滑轮，一端与滑块连接、另一端悬挂钩码.已知遮光条宽度为d，滑块与遮光条的总质量为M.A到光电门中心距离为工钩码的质量为m，当地重力加速度为g.
（1）开通气源，先调节气垫导轨水平，取下细线和钩码，将滑块轻放在气垫导轨上，如果滑块能 ，说明气垫导轨水平。
（2）挂上钩码将滑块从静测得滑块通光电门时遮光条的遮光时间为t如果表达式 成立(用题中所给物理量的符号表示)，则机械能守恒定律得到验证。
（3）改变钩码质量，多次实验，每次让滑块从A点由静止释放，测得多组钩码质量m及遮光条遮光时间作t2 -图像，如果图像是一条倾斜直线且图像的斜率为 ，图像与纵轴的截距为 ，则机械能守恒定律得到验证.(均用题中所给物理量的符号表示)
13．如图所示，质量均为m、电荷量相同的小球A、B，用长均为L的绝缘细线悬于O点。用光滑的竖直绝缘挡板使小球B静止，B球的悬线竖直，A球静止时，A球悬线与竖直方向的夹角为=60°.重力加速度大小为g，不计小球的大小，两小球的电荷量始终不变，静电力常量为k，求：
（1）小球A所带电荷量的大小；
（2）小球B上悬线拉力的大小；
（3）撤去挡板的一瞬间，小球A、B的加速度的大小.
14．如图所示，倾角为0=37°的斜面体固定在水平地面上，绕过斜面顶端定滑轮的细线一端连接在斜面底端、质量mB=1kg的物块B上，另一端吊着质量mA=2kg的物块A，连接物块B的细线与斜面平行，物块A离地面的高度为H=1.5m物块B与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面足够长，取重力加速度g=10m/s sin37°=0.6，cos37°=0.8，物块均可视为质点.现由静止释放物块B(物块A着地后不反弹)，求：
（1）物块A开始向下运动过程中，细线的拉力大小；
（2）从释放物块B到A第一次刚落地过程中，细线拉力对物块B所做的功；
（3）从物块A第一次落地后到此后细线再次刚好绷紧的过程中，物块B与斜面间因摩擦而
产生的热量.
15．某同学设计了一款小游戏，装置如图所示，固定在竖直面内、半径为R的光滑圆弧轨道AB所对的圆心角为=60°，圆弧轨道最低点与水平面相切于A点，质量为m的小球a放在水平面上的P点，给小球a一个大小为的水平向右的初速度(g为重力加速度)，小球a沿水平面向右运动并滑上圆弧轨道，随后从圆弧轨道上的B点抛出，最后落到地面。已知PA之间的距离为2R，不计空气阻力，小球可视为质点，小球a在水平面上受到的阻力为其重力的0.25倍，求：
（1）小球a刚滑上圆弧轨道时对圆弧轨道的压力大小；
（2）小球a从B点抛出后在空中的最小速度；
（3）小球a从B点抛出到落地所用的时间。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A. 位移-时间图像对应物体都做直线运动，A错误；
B.图像初始状态切线水平，初速度为0，B错误；
C.图像切线的斜率越来越大，速度越来越大，C正确；
D.质点速度越来越大，位移时间图像可以看成速度大小变化情况，但无法看出加速度变化情况，D错误；
故答案为：C。
【分析】位移时间图像切线斜率反应速度大小，位移-时间图像对应物体都做直线运动。
2．【答案】C
【知识点】电场强度；电场线
【解析】【解答】A.如果云层带负电，由于静电感应，尖端将带上正电荷，A错误；
B.尖端带负电，电子可以由B运动到A，B错误；
C.B点靠近尖端，电场强度较大，加速度较大，C正确；
D.因为不是匀强电场，不能保持电场力方向总于速度方向一致，所以电子运动轨迹不可能与电场线重合，D错误。
故答案为：C。
【分析】尖端附近场强大，电场力大，加速度较大。静电感应使尖端带电。
3．【答案】B
【知识点】曲线运动；功率及其计算
【解析】【解答】A.球做抛体运动，加速度恒定为重力加速度，所以每点速度变化快慢都相同，A错误；
B.加速度恒定为重力加速度，所以每点速度变化方向相同，B正确；
C.C点只有水平速度，重力功率为0，C错误；
D. 铅球从a点运动到e点 ，由于是抛体运动，合外力做功即为重力做功，根据功能关系，重力做功等于于重力势能的减少量，D错误 ；
故答案为：B。
【分析】物体运动过程只受重力作用，是抛体运动，加速度恒定，速度变化方向恒定。
4．【答案】D
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A.第一宇宙速度为最小发射速度，所以“神舟十六号”的发射速度不小于第一宇宙速度，A错误；
B. 第一宇宙速度为圆轨道最大运行速度，空间站在轨运行速度不大于第一宇宙速度，B错误；
C.卫星追击是先减速降低轨道，再加速升高轨道追击，不是在直接在同轨道加速追击，C错误；
D.“神舟十五号”沿椭圆轨道返回地球时，重力势能转化为动能，动能增加，速度增加，D正确；
故答案为：D。
【分析】第一宇宙速度为最小发射速度，最大环绕速度，卫星追击是先减速降低轨道，再加速升高轨道追击。
5．【答案】A
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】将卡车速度分解为沿绳子和垂直绳子方向速度，沿绳子方向速度为，将货轮速度分解为沿绳子和垂直绳子方向速度，沿绳子方向速度为，，故答案为：A。
【分析】卡车速度以及货轮速度为实际速度，为合速度，将其分别分解为沿绳子速度以及垂直绳子方向速度。
6．【答案】B
【知识点】功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】A. 乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动 ，合力指向圆心，加速度指向圆心，在竖直方向先有向下加速度后有向上加速度，支持力先小于重力，后大于重力，所以在从最高点运动到最低点的过程中，支持力一直增大，A错误；
B.水平方向加速度先增大后减小，所以摩擦力也先增大后减小，B正确；
C. 匀速圆周运动，合力与运动方向垂直，不做功，C错误；
D.物体运动到水平位置重力功率为零，其他位置重力功率不为零，所以重力功率不可能保持不变，D错误；
故答案为：B。
【分析】将向心加速度分解为水平以及竖直方向，即可得出支持力以及摩擦力大小变化情况。
7．【答案】C
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】 【解答】拉力做功即为合力做功，图像与坐标轴围成的面积即为合力做功，根据动能定理可得，故答案为：C。
【分析】合力做功等于动能变化，图像与坐标轴围成的面积即为合力做功。
8．【答案】B,C
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】AB.两个物体共轴转动，角速度相同，摩擦力提供向心力，，角速度相同，圆周运动半径越大，向心力越大，摩擦力越大，B的摩擦力较大，A错误，B正确；
BC.B圆周运动所需向心力较大，摩擦力提供向心力， 增大转动的角速度 ，所以肯定B先达到最大静摩擦力，B一定先滑动，C正确，D错误；
故答案为：BC。
【分析】摩擦力提供向心力，共轴转动，角速度相等，半径越大，向心力越大。
9．【答案】A,B,C
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】AB.由受力平衡可得电场力大小为，电场强度为，根据库仑定律，，由由几何关系绳长等于，AB都正确；
CD.重力拉力与库仑力可以围成一个封闭的矢量三角形，该矢量三角形与三角形OAB相似，所以有，mg和OB，OA不变，所以F拉不变， 若小球A电荷量缓慢减小 ，AB间距减小，库仑力减小，C正确，D错误；
故答案为：ABC。
【分析】利用库仑定律求解库仑力，利用相似三角形求解力的变化。
10．【答案】B,D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB.动能达到最大，摩擦力与弹力的合力等于重力向下分力，， 物块向下运动1m时刚好与弹簧接触，此时物块的动能为2J ，速度为2米每秒，可得加速度大小为2米每二次方秒，，联立两个式子可得动摩擦因数为0.5，F弹为2N，由胡克定律可得劲度系数为20牛每米，A错误，B正确；
C.从开始运动到物块动能最大的过程中，物块损失的机械能转化为摩擦产生的内能以及弹簧弹性势能，C错误；
D：始物向下运动过程中动能最大的位置仍不变 ，D正确；
故答案为：BD。
【分析】物块运动过程机械能转化为内能和弹簧弹性势能，受力平衡时，速度最大。
11．【答案】（1）B
（2）0.20；偏大
（3）1
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）补偿阻力要不加砝码拉动，后面要拖着纸带，所以答案为：B。
（2）根据逐差法求解加速度，频率偏小，打点时间偏大，所以计算时实际距离变得更长，但计算的时间不变，因为同学并不知道，由加速度的表达式可得，a偏大。
（3） 忘记测量砝码盘的质量 ，但砝码盘也会产生拉力，所以加速度对应会偏大一些，所以为图1。
【分析】（1）补偿阻力要不加砝码拉动，后面要拖着纸带。
（2）频率偏小，打点时间偏大，逐差法求解加速度。
（3） 忘记测量砝码盘的质量 ，但砝码盘也会产生拉力，所以单独砝码较小的拉力产生了更大的加速度，加速度偏大。
12．【答案】（1）静止
（2）
（3）；
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1） 导轨水平，滑块不能滑动保持静止。
（2）钩码减小的重力势能转化为钩码和滑块的动能，即。
（3）由 得，对应图像斜率为， 图像与纵轴的截距为。
【分析】（1）导轨水平，滑块不能滑动保持静止。
（2）忽略空气阻力，减小的重力势能等于整体增加的动能。
（3）由（2）中表达式得到图像斜率与截距。
13．【答案】（1）由几何关系可知，A、B两球间的距离为L，设两球的带电量均为Q，则A球受到的库仑力为，由受力平衡可得，，解得。
（2）对B竖直方向受力分析得：
（3）撤去挡板的一瞬间 ，A球受力来不及改变，合力依然为零，加速度为0。
F在水平方向分力为
【知识点】库仑定律；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）由几何关系可得，物体间距离为L，由受力平衡以及库仑定律求解。
（2）将AB间库仑力沿AB方向分解，改分力加上重力即为悬线拉力。
（3）撤去挡板的一瞬间 ，A依然平衡，加速度为零，AB间库仑力沿水平的分力使B球产生加速度。
14．【答案】（1）向下运动过程AB加速度大小相等，设为a。
对A由牛顿第二定律得
对B由牛顿第二定律得解得
（2）
（3）由（1）得B向上加速度为，位移为，由，撤去拉力，继续上滑，加速度，向上位移，再次返回位移也等于0.5m，所以 从物块A第一次落地后到此后细线再次刚好绷紧的过程中总相对位移为1m，
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物体A受拉力和重力，B受拉力重力和支持力，摩擦力，它们产生的加速度大小相等，由牛顿第二定律联立方程求解。
（2）拉力乘以移动距离即物块A离地面的高度就等于细线拉力对物块B所做的功。
（3）物体的动能转化为重力势能以及热能，由能量守恒定律求解。
15．【答案】（1）从P到A由动能定理得
在A点由牛顿第二定律得：
由牛顿第三定律得 小球a刚滑上圆弧轨道时对圆弧轨道的压力大小 等于
（2）从A到B由动能定理得：，由（1）得，，水平分速度为 ， 小球a从B点抛出后在空中的最小速度 即为水平分速度。
（3）竖直分速度为，
上升时间为，
上升高度为，
总的下降高度为，
下落时间，
总时间
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）由动能定理求解到A点的速度，由牛顿第二定律以及第三定律求解小球a刚滑上圆弧轨道时对圆弧轨道的压力大小；
（2） 小球a从B点抛出后在空中的最小速度 即为在B点速的水平分速度。
（3）在B点后先上升后下落，上升时间加上下落时间即为总时间。